Номер 18.33, страница 115, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 18. Логарифмические неравенства. Глава 3. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 18.33, страница 115.

18.33. a) $\log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \ge 1;$

б) $\log_{\sin x} 1 \le 2;$

В) $\log_{\sin x} \frac{1}{2} \ge 1;$

Г) $\log_{\cos x} \frac{1}{2} \le 2.$

а) Решим неравенство $ \log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \geq 1 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \cos x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство. Так как $ 1 = \log_{\cos x}(\cos x) $, получаем:

$ \log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \geq \log_{\cos x}(\cos x) $.

Поскольку из ОДЗ следует, что основание логарифма $ 0 < \cos x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:

$ \frac{\sqrt{3}}{2} \leq \cos x $.

3. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \cos x < 1 \\ \cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ \frac{\sqrt{3}}{2} \leq \cos x < 1 $.

4. Решим это тригонометрическое неравенство.

Решением неравенства $ \cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2} $ является объединение промежутков $ [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Условие $ \cos x < 1 $ означает, что нужно исключить точки, где $ \cos x = 1 $, то есть $ x \neq 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Таким образом, из промежутка $ [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $ необходимо исключить точку $ 2\pi n $.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, 2\pi n) \cup (2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

б) Решим неравенство $ \log_{\sin x} 1 \leq 2 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \sin x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \sin x < 1 $.

Решением этой системы являются $ x \in (2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2. Решим само неравенство. Известно, что логарифм единицы по любому допустимому основанию равен нулю: $ \log_{\sin x} 1 = 0 $.

Неравенство принимает вид $ 0 \leq 2 $.

3. Это верное числовое неравенство, которое выполняется для всех $x$ из области допустимых значений. Следовательно, решение исходного неравенства совпадает с его ОДЗ.

Ответ: $ x \in (2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

в) Решим неравенство $ \log_{\sin x} \frac{1}{2} \geq 1 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \sin x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \sin x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство, представив $1$ как $ \log_{\sin x}(\sin x) $:

$ \log_{\sin x} \frac{1}{2} \geq \log_{\sin x}(\sin x) $.

Так как основание логарифма $ 0 < \sin x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$ \frac{1}{2} \leq \sin x $.

3. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \sin x < 1 \\ \sin x \geq \frac{1}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ \frac{1}{2} \leq \sin x < 1 $.

4. Решим это тригонометрическое неравенство.

Решением неравенства $ \sin x \geq \frac{1}{2} $ является объединение промежутков $ [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Условие $ \sin x < 1 $ означает, что нужно исключить точки, где $ \sin x = 1 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Таким образом, из промежутка $ [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $ необходимо исключить точку $ \frac{\pi}{2} + 2\pi n $.

Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

г) Решим неравенство $ \log_{\cos x} \frac{1}{2} \leq 2 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \cos x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \cos x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство, представив $2$ как $ \log_{\cos x}((\cos x)^2) $:

$ \log_{\cos x} \frac{1}{2} \leq \log_{\cos x}(\cos^2 x) $.

Так как основание логарифма $ 0 < \cos x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$ \frac{1}{2} \geq \cos^2 x $.

3. Решим неравенство $ \cos^2 x \leq \frac{1}{2} $. Оно эквивалентно $ |\cos x| \leq \frac{1}{\sqrt{2}} $, или $ -\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} $.

4. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \cos x < 1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ 0 < \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} $.

5. Решим это тригонометрическое неравенство. На единичной окружности это соответствует дугам в первой и четвертой четвертях, где косинус положителен, но не превышает $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

В первой четверти это $ x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) $.

В четвертой четверти это $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{4} + 2\pi n] $.

Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{4} + 2\pi n] \cup [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.